破解解析幾何綜合題的途徑

羅永高

摘要：破解解析幾何綜合題，學生往往會遇到兩個問題：1.想不到：不知道從那兒入手，想不到合理的解題方案.2.算不對：有了解題方案，但缺乏可操作性，還是得不到最后結論.教師如何打破解題途徑模式化、套路化的束縛，從解決問題的思維層面去引導學生思考問題與解決問題，要讓學生在解決問題的過程中去體會解析幾何的基本思想，掌握研究解析幾何問題的一般方法。

關鍵詞：幾何特征；代數化；代數運算

中圖分類號：G633.6 文獻標識碼：B 文章編號：1672-1578（2018）28-0133-03

2016年浙江省高考數學理科解析幾何試題簡潔優美，背景熟悉，內涵豐富.面對第二小題，許多學生不知道從那兒入手，原因是不會分析條件“任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點”的幾何特征，于是就想不到合理的解題方案.還有部分學生會把兩曲線的交點問題轉化為聯立方程求解個數，但由于沒有運用補集的思想，運算比較繁瑣，還是得不到最后結論.下面以此題為例，分析研究破解的途徑。

范例（2016年浙江省高考理科數學題19）如圖，設橢圓x2a2+y2=1（a>1）.

（I）求直線y=kx+1被橢圓截得的線段長（用a、k表示）；

（II）若任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，求橢圓離心率的取值范圍.分析：如何分析本題中幾何對象的幾何特征及圖像之間的位置關系呢？

設點P為橢圓在y軸左側上的任一點，令|PA|max=d.設圓方程為x2+（y-1）2=r2.

若本題關注圓與橢圓的位置關系，可得如下結論：

由上圖可知，圓與橢圓至多三個交點，有四種情況.而它的反面只有一種情況.所以首先會運用補集的思想，從圓與橢圓四個公共點入手，得到解法1.

解法1.假設圓與橢圓的公共點有4個，由對稱性可知y軸左側的橢圓上有兩個不同的點P，Q，滿足|AP|=|AQ|.記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2>0，k1≠k2.由（I）知，|AP|=2a2|k1|1+k211+a2k21，|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22，

故，2a2|k1|1+k211+a2k21=2a2|k2|1+k221+a2k22

所以（k21-k22）[1+k21+k22+a2（2-a2）k21k22]=0

又k1>0，k2>0，k1≠k2，得1+k21+k22+a2（2-a2）k21k22=0.

因此（1k21+1）（1k22+1）=1+a2（a2-2）

（1）

因為（1）式關于k1，k2的方程有解的充要條件是1+a2（a2-2）>1，

所以a>2

因此，任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件是1

由e=ca=1-1a2得所求離心率的取值范圍為0

評注：上述解法通過把弦長相等轉化為關于k1，k2的方程問題雖然思路清晰，但運算量比較大，特別是2a2|k1|1+k211+a2k21=2a2|k2|1+k221+a2k22，

化簡到（1k21+1）（1k22+1）=1+a2（a2-2） 難度很大，需要很強的運算能力.

能不能簡化運算？考慮到1+k21化簡用正切換元.

令k1=tanα，k2=tanβ（α≠β，α，β∈（0，π2））.

由2a2|k1|1+k211+a2k21=2a2|k2|1+k221+a2k22，

∵2a2|tanα|1+tan2α1+a2tan2α =2a2sinα1+（a2-1）sin2α，

∴sinα1+（a2-1）sin2α=sinβ1+（a2-1）sin2β

∴（sinα-sinβ）（1-（a2-1）sinαsinβ）=0，∴a2=1+1sinαsinβ>2.

比較兩個運算過程可知，運用換元法不僅思路更清晰且大大減少運算量.

通過分析圓與橢圓至多三個交點，四種情形位置關系的共同特征，發現它們在y軸左側至多有一個交點，于是可以等價轉化為聯立方程組至多一個解的問題，得到解法2.

解法2.x2+（y-1）2=r2

x2+a2y2=a2（a2-1）y2+2y+r2-a2-1=0.

由于在y軸左側有至多一個交點，上述方程在y∈（-1，1）至多有一解，

記f（y）=（a2-1）y2+2y+r2-a2-1

假設方程有兩解，則f（1）>0

f（-1）>0

-1<11-a2<1

△>0a>2

評注：對比上述兩個解法不難看出，對幾何對象的幾何特征分析得越深入，代數化的方法就越簡潔.

以上的做法都沒注意到弦長|PA|的變化趨勢與圓與橢圓公共點的關系. 若任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，從弦長|PA|的單調性看，當點P從上到下移動時，可知|PA|一定單調遞增.否則若|PA|不單調，則橢圓在y軸左側存在一點Q，使得|PQ|最大，說明|PA|當點P從上到下移動時先單調遞增，后單調遞減.

所以當圓的半徑r∈（2，|PQ|）時，圓與橢圓有四個交點，顯然不滿足條件.下面從研究弦長的單調性入手，得到解法4.

解法4.設動點P（x，y） ，

則l=|AB|=x2+（y-1）2=（1-a）2（y-11-a2）2+a4a2-1.

對稱軸y=11-a2，y∈（-1，1）.

（1）若11-a2≤-1，a≤2.此時l（y）在（-1，1）上為單調減函數，

當r∈（0，2）時，圓與橢圓有兩個交點； 當r=2時，圓與橢圓有一個交點； 當r∈（2，+∞）時，圓與橢圓沒有交點；顯然滿足條件.

（2）當11-a2>-1，a>2.此時l（y）在（-1，11-a2）上增，在（11-a2，1）上減.

當y=11-a2時，l（y）max=a2a2-1.

當r∈（2，a2a2-1）時，圓與橢圓有四個交點；

當r∈（0，2）∪（a2a2-1時，圓與橢圓有兩個交點；

當r=2時，圓與橢圓有三個交點；當r∈（a2a2-1，+∞）時，圓與橢圓沒有交點； 顯然不滿足條件.

評注：通過分析研究弦長|PA|的單調性不僅輕松的得到了任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件，解答過程更簡潔，且得到了本問題的更一般性的結論.

當然從第一小題結論出發，也可以研究弦長|PA|的單調性，于是又得到解法5.

解法5.|AP|=2a2|k|1+k21+a2k2，令k=tanα，

從而可知|AP|在（0，a2-1）上單調遞增，在（a2-1，+∞）上單調遞減.

又因為|AP|在（1，+∞）上必須單調，故a2-1≤1，即a≤2

評注：由解法4、5可知，若任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件是|PA|當點P從上到下移動時單調遞增.說明當圓的半徑r=2時，圓x2+（y-1）2=4與橢圓內切于點（0，-1），于是得到更直觀的解法.

解法6.x2+（y-1）2=4

x2+a2y2=a2（a2-1）y2+2y+3-a2=0

△=0，a=2，e=22.根據橢圓的扁圓程度與離心率的關系，可知e∈（0，22].

比較分析上述六個解法的思維過程，可以發現它們有一個共同的特征，其解法都經歷了這樣幾個關鍵的步驟：

（1）根據題目的條件，分析幾何對象的幾何特征，從兩個方面去分析：對于單個的幾何對象，只要研究它的幾何性質.對于不同的幾何對象，還要關注它們的位置關系.

怎樣分析幾何特征呢？一方面要引導學生對幾何對象的幾何特征分析時可以結合它們的圖形，對幾何圖形研究的深度決定了代數化過程運算量的大小.熟記常見圖形的幾何性質及常見輔助線，對分析幾何圖形的幾何特征都非常必要.例如常見輔助線有：等腰三角形取底中點.切線作半徑.圓的弦作直徑.中點作中位線等.

分析幾何對象的幾何特征的另一方面是要引導學生學會從曲線方程、數學式等數據中得到有關幾何對象的幾何特征.這一點往往是許多學生學習解析幾何時感到最困惑的地方，表現在學生缺乏從代數式中去分析幾何特征的能力.若對于直線ax+by+b-a=0是什么樣的直線的理解，當參數a，b變化時，直線ax+by+b-a=0表示一組動直線，這些動直線具有什么樣共同的特征呢？引導學生從不同角度找出定點顯得十分重要.

對幾何對象的幾何特征及圖像之間的位置關系分析得越深入，代數化的方法就越簡潔.

（2）在明確了幾何對象的幾何特征的基礎上，通過設點，列方程進行幾何元素的代數化、位置關系的代數化、所要解決問題結論的代數化.

（3）進行合理的代數運算.包括解聯立方程組、消去參數求變量的值及范圍、運用函數的研究方法解決方程根的問題及最值問題.掌握常見的簡化運算的方法也是十分必要的.如選擇一個合理的解題程序、點坐標及曲線方程的合理使用、運用設而不求的對策、注意點差法的合理使用、運用方程的幾何特征、熟練運用換元法簡化運算、掌握幾種常見的消元法、運用解析幾何中常見結論等方法.

（4）由代數結果，分析得出幾何的結論.

平面解析幾何綜合題的教學，要讓學生在解決問題的過程中去體會解析幾何的基本思想，掌握研究解析幾何問題的一般方法.要實現這個目標，教師要打破模式化、套路化的束縛，從解決問題的思維層面去引導學生思考問題與解決問題，要讓學生從學科的思維方法去解決問題，這樣才能達到事半功倍的效果。